Problème
Énoncé
L’équation du troisième degré Le but du problème est la résolution de l’équation : ax3 + bx2 + cx + d = 0,
(a,b,c,d)
4
∈ C , a = 0
1. Montrer qu’il existe h dans C tel que le changement de variable y = x + h transforme l’équation (1) en une équation (2) : y 3 + py + q = = 0, ( p, q ) ∈ C2. (0, 0). Que dire si p = q = 0 ? Dans toute la suite, on supposera ( p, q ) = 2. Dans l’équation (2), on pose y = u + v , avec (u, v ) dans C2 .
Montrer que si on impose (3)
uv =
− p3
3
3
, alors y = u + v est solution de (2).
u + v =
−q
3. Les nombres complexes u et v étant supposés vérifier (3) , montrer que u 3 et v 3 vérifient l’équation 2
(4) : t + qt
p3
− 27 = 0, dont on note t
et t les solutions dans C.
4. Soit α une racine cubique d’une solution non nulle de (4). Montrer que y0 = α −
p , y1 = jα j α 3α
− 3pα j , y 2
2
= j 2 α
− 3pα j sont solutions de (2).
5. Plus précisément, montrer que y0 , y1 et y2 sont les solutions solutions de (2). 6. En déduire l’expression des solutions x0 , x1 , x2 de l’équation (1). 4 p3 7. On se place dans le cas particulier q + = 0. Que dire de l’équation (4) ? 27 p Montrer Montrer qu’on peut choisir choisir α tel que α2 = . 3 Quelles solutions obtient-on alors pour l’équation (1) ( 1) ? 2
−
8. Dans cette question, on suppose que a,b,c,d sont réels. On pose ∆ = 4 p3 + 27q 2 . (a) Si ∆ > 0 montrer que (1) a une racine réelle et deux racines complexes conjuguées. (b) Si ∆ < 0, montrer que (1) a trois racines réelles. (c) Si ∆ = 0, montrer que (1) a une racine réelle simple et une racine réelle double. 9. On suppose que a,b,c,d sont réels, avec ∆ = 4 p3 + 27q 2 < 0 . Montrer que α = r (cos θ + i sin θ), avec r
3
3q et cos3θ = 3 2 p
p
= −
− p .
Si ϕ est tel que cos c os ϕ = cos cos 3θ, donner les solutions de (1) en fonction de ϕ, ϕ, p, a, b. 10. (a) Trouver rouver les les solu solutio tions ns de de 8x3 − 12x2 − 18x + 19 = 0 à 10
−3
près.
(b) Résoudre 8x3 + 12x2 − 18x + 5 = 0. (c) Résoudre x3 + 6x2 + 10x + 8 = 0. 11. On suppose toujours que p et q sont sont des nombres réels. En étudiant l’application f : y → y 3 + py + q , retrouver les résultats de la question (9) , c’est-à-dire la nature des solutions de l’équation (2) ( 2) en fonction du signe de ∆ = 4 p3 + 27q 2 (en revanche, on ne cherchera pas ici à retrouver l’expression de ces solutions.) Mathématique Mathématiquess en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Problème
Corrigé
Corrigé du problème 1. Avec les notations de l’énoncé : ax3 + bx2 + cx + d = 0
3
3
a(y
2
− h) + b(y − h) + c(y − h) + d = 0 ⇔ ay + (b − 3ah)y + (c − 2bh + 3ah )y + d − ch + bh − ah = 0 b c − 2bh ⇔ y + a − 3h y + a + 3h y + d − cha + bh − h = 0 ⇔ 2
2
2
3
2
3
2
2
b pour 3a ax3 + bx2 + cx + d = 0
On voit qu’il faut poser h = On a alors :
éliminer le terme en y 2 . y 3 + py + q = 0, avec y = x + h,
⇔
et h =
b . 3a
+ 3ca 2b3 + 27da2 9cba , et q = . 3a2 27a3 NB : si p = q = 0, 0 est solution triple de (2) donc h est est solution triple de (1).
−b Après calcul, p =
2
3
− −
2. Posons y = u + v , les complexes u et v satisfaisant aux conditions (3). On trouve effectivement y 3 = u 3 + v 3 + 3uv (u + v ) = −q − py donc y 3 + py + q = 0. p3
3. Le système (3) implique les égalités u + v = −q et u v = − . 3
3
3
3
27
Celles-ci signifient que u et v sont les solutions de (4) : t + qt − 3
3
2
4. Par hypothèse, α3 vérifie (4), donc α6 + qα 3 − p 3α
p3
27
p3
27
= 0.
= 0. Soit k dans 0, 1, 2 .
{
}
Posons uk = j k α, vk = − j 2k et yk = u k + vk . On retrouve les y0 , y1 , y2 de l’énoncé. p3 6k On trouve uk + vk = j α j = α 3 3 27α p 3k p On obtient aussi : uk vk = j = . 3
3
3k
3
− −3
−
1 p3 = α6 3 3 α 27α
p3
− 27
=− . q
−3
Ainsi uk et vk vérifient (3), ce qui prouve que les yk = u k + vk sont solutions de (2). 5. Montrons que ∀ y ∈ C, y 3 + py + q = (y − y0 )(y − y1 )(y − y2 ). Mais on sait que ( y − y0 )(y − y1 )(y − y2 ) = y 3 − σ1 y 2 + σ2 y − σ3
, avec
σ1 = y 0 + y1 + y2 σ2 = y 0 y1 + y0 y2 + y1 y2
σ3 = y 0 y1y2 On doit donc prouver σ1 = 0, σ2 = p , et σ3 = −q . p Tout d’abord il est clair que σ1 = y 0 + y1 + y2 = (1 + j + j 2)α − (1 + j 2 + j ) = 0.
Ensuite yk = j α − k
p 2k j 3α
3α
2
⇒
p 4k y k = j α + j 9α2 2
2k
2
−
p2 k 2 p 3k 2k 2 j = j α + j 3 9α2
On en déduit ensuite S 2 = y 02 + y12 + y22 = (1 + j + j 2 1 2
)
p2 2 α + 9α2
− 23 p .
− 2 = −2 . p
p
On remarque que σ2 = (σ12 − S 2). Il en découle σ2 = p . Enfin, on trouve successivement :
p p 2 p p p2 p 2 2 + y0 y1 y2 α jα j j α j = α α + 3α 3α 3α 3α 9 α2 3 p2 pα pα p3 p2 p3 3 3 = α + + = α = q (voir question (4)) 9α 3 3α 27α3 9α 27α3 Conclusion : y0 , y1 , y2 sont les solutions de l’équation (2).
=
−
−
− −
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−
−
−
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−
−
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Problème
Corrigé
6. Les solutions de (1) sont les xk = y k − h = j k α −
p 2k j 3α
− 3ba avec k dans {0, 1, 2},
7. Par hypothèse, le discriminant de l’équation (4) est nul. q
Cela signifie que les solutions t , t de cette équation sont confondues : t = t = − .
q
q 2
2
4
Dans ces conditions α3 = − donc (α2 )3 = α 6 =
=
p3
−27
p
p
2
3
. = − 3
Cela signifie que − est élément de {α2 , jα 2, j 2 α2 }. 3
Mais on sait que si α est une racine cubique de t , les autres sont jα et j 2 α. Élevées au carré, ces trois possibilités donnent α 2 , j α2 et j 2 α2 . D’après ce qui précède, l’un de ces trois carrés (que l’on p peut alors considérer comme celui de α) est bien égal à − .
3 3 4 p p Conclusion : si q 2 + , donc tel que α = = 0, on peut choisir α tel que α2 = 27 3 On en déduit y0 = 2α, y1 = j α + j 2 α = α, et y2 = j 2 α + jα = α.
−
Finalement : x0 = 2α −
b , x1 = x 2 3a
− 3pα .
− − b q p = −α − , avec α = − et α = − . 3a 2 3 3
2
8. (a) Puisque ∆ = 4 p3 + 27q 2 > 0 , le discriminant de (4) est strictement positif. Cette équation possède donc deux racines réelles distinctes t et t . Soit α la racine cubique réelle de t par exemple.
p b p 2 b , x1 = j α , j 3α 3a 3α 3a x0 , x1 , x2 sont les solutions de (1).
Posons x0 = α −
−
−
−
et x2 = j 2α −
p j 3α
− 3ba .
On sait que Il est clair que x0 est réel, alors que x1 et x2 sont conjugués (car j = j 2 .) (b) Puisque ∆ = 4 p3 + 27q 2 < 0 , le discriminant de (4) est strictement négatif. Cette équation possède donc deux racines complexes conjuguées distinctes t et t . Ainsi les racines de (4) sont α3 et son conjugué α3 .
6
p3
3
On en déduit (produit des racines) que |α| = α α = − . 3
27
p
En prenant les racines cubiques réelles, on trouve alors l’égalité |α|2 = − . p
3
b b Ainsi α α = , ou encore donc x0 = α . = 2Re (α) 3 3a 3a p 2 b b b j Enfin x1 = j α et x2 = 2Re ( j 2 α) . = 2Re ( jα ) 3α 3a 3a 3a On constate effectivement que les solutions x0, x1, x2 sont des nombres réels.
−
−
−
p = α , 3α
−
(c) Dans (7) on a trouvé x0 = 2α − Ici 4 p3 = −27q 2 0 donc p 0. On en déduit que α
p 3α
− −
−
−
−
b , x1 = x 2 = 3a
−α − 3ba , avec α = −2q et α = − p3 . 3
2
p
est égal ou opposé à − , donc qu’il est réel. 3
Il en découle que x0 , x1 , x2 sont réels (x1 = x 2 est une solution double.)
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Corrigé
p
2
p
= − .
9. Comme on l’a vu en (9b), on a r = |α| = − . Autrement dit, r 3 3 3 3 3 D’autre part α ∈ {t , t }, avec t = t , et α = r (cos3θ + i sin3θ). On en déduit 2r3 cos3θ = α 3 + α3 = t + t = −q (somme des racines de (4).) 2
Ainsi cos3θ = −
3q q 1 = 2r 2 r 2 p
3
− p . Soit ϕ un angle tel que cos ϕ = cos 3θ.
Alors par exemple α = r (cos ϕ + i sin ϕ) et on peut choisir α = r 3
3
Dans ces conditions, les racines de (1) sont x0 , x1 , x2 , avec : k
xk = 2Re ( j α)
−
2kπ b ϕ = 2r cos + 3a 3 3
−
b =2 3a
p
− cos 3
cos
2kπ + 3 3
ϕ
1 2
10. (a) Avec y = x + h = x − , on trouve : 8x3 − 12x2 − 18x + 19 = 0 Ici p = −3, q = 1, ∆ = 4 p + 27q = −81 < 0 , et r 3
2
p
= −
3
ϕ
3
+ i sin
−
ϕ
3
.
b . 3a
⇔ y − 3y + 1 = 0. 3
= 1.
−12 donc par exemple ϕ = −32π . 2π 2kπ 1 ϕ 2kπ b − − Les solutions de (1) sont x , x , x , avec :x = 2r cos + = 2 cos + + . 3 3 3a 9 3 2 On trouve cos ϕ = cos 3θ = − 0
1
q = 2r3
k
2
Plus précisément, on trouve, à 10
−3
2 π 1 + 9 2
x0 =2cos
près :
≈ 2.032, x =2cos 49π + 12 ≈ 0.847, x =2cos 109π + 12 ≈ −1.379 1
2
1 2 3, q = 2 et ∆ = 4 p3 + 27q 2 = 0. Mais y 3
(b) En posant y = x + , on trouve : 8x3 + 12x2 − 18x + 5 = 0
⇔ y − 3y + 2 = 0. − 3y + 2 = (y + 2)(y − 1) . 3
Ainsi p = − Les racines de (2) sont donc −2 et 1 (cette dernière étant racine double.) 5 2
2
1 2
On en déduit que les racines de (1) sont − et (double.) (c) En posant y = x + 2 , on trouve : x3 + 6x2 + 10x + 8 = 0 ⇔ y 3 − 2y + 4 = 0. Ainsi p = −2, q = 4 et ∆ = 4 p3 + 27q 2 = 400 > 0 . On constate que y = −2 est solution de y 3 − 2y + 4 = 0. On en déduit y3 − 2y + 4 = (y + 2)(y 2 − 2y + 2) = (y + 2)(y − 1 − i)(y − 1 + i) = 0. Les solutions de (2) sont donc −2, 1 − i et 1 + i. On en déduit celles de l’équation (1) : −4, −1 − i et −1 + i. Le fait d’avoir trouvé une racine évidente de l’équation (2) permet d’éviter le recours à la 8 méthode générale, dans laquelle l’équation (4) s’écrit t2 + 4t + = 0. Ses racines sont t = −2 +
√ 10 3
et t = −2 −
√ 10 3
27
.
9 9 0.075499102 et la calculatrice donne α 0.4226497295. Numériquement t 2 p b La racine réelle est x0 = α = α + 2 4.000000004 3α 3a 3α
≈−
≈ −
− −
− ≈ −
On retrouverait de même les deux autres racines (qui sont conjuguées) avec l’incertitude dûe à l’utilisation d’une valeur approchée de α.
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Problème
Corrigé
11. Pour tout y de R, on a f (y ) = 3y 2 + p. Commençons par examiner le cas p 0. Dans ce cas f est strictement croissante sur R, et elle réalise une bijection de R sur R : elle ne s’annule qu’en un seul y0 réel. Ce réel y0 ne peut être une solution multiple de l’équation (2) que si f (y0 ) = 3y02 + p = 0, ce qui exige y0 = 0 et p = 0, ce qui n’est possible que si p = q = 0 : dans ce cas 0 est solution triple de (2). Sinon (avec p 0 et ( p, q ) = (0, 0) donc ∆ > 0) on a f (y) = (y − y0 )(y2 + λy + µ ), et les deux racines de y 2 + λy + µ, c’est-à-dire les deux autres solutions de (2) , sont nécessairement complexes conjuguées non réelles. p p Supposons maintenant p < 0 . Alors f s’annule en y = − − et en y = − > y .
On a f (y ) = y 3 + py + q = y
p
− + 3
3 3 2 p 2 p py + q = y + q . De même f (y ) = y + q . 3 3
Les quantités f (y ) et f (y ) représentent les extrémums locaux de f . f croit strictement sur ] − ∞, y [, puis elle décroit strictement sur ] y , y [, puis elle croit strictement sur ]y , +∞[. f (y ) = +∞. Enfin y lim f (y) = −∞ et y lim +
→−∞
→
∞
On en déduit le sens de variation de f . Dans ces conditions, tout dépend du signe de f (y )f (y ).
On trouve f (y )f (y
2 )=
p
3
y
+ −2
p
q
3
y
+ = q
2
q
−
4 p2 2 4 p3 ∆ 2 = . y = q + 9 27 27
— Si ∆ > 0 , c’est-à-dire si f (y ) et f (y ) sont non nuls et de même signe : Dans ce cas, f ne s’annule qu’une seule fois sur R, soit sur ] − ∞, y [, soit sur ]y , +∞[. On retrouve la situation étudiée dans le cas p > 0 . (2) a alors une solution réelle, et deux solutions complexes conjuguées non réelles. Remarque : le cas ∆ > 0 englobe le cas p 0 déjà étudié (à l’exception du cas p = q = 0 pour lequel ∆ = 0 : on sait alors que 0 est solution triple.)
— Si ∆ < 0 , c’est-à-dire si f (y ) et f (y ) sont non nuls de signes contraires : On a nécessairement f (y ) > 0 et f (y ) < 0 car on sait que f (y ) > f (y ). Dans ce cas l’application f s’annule une fois et une seule sur chacun des trois intervalles ouverts ] − ∞, y [, ]y , y [ et ]y , +∞[. Autrement dit, l’équation (2) possède trois solutions réelles distinctes.
— Si ∆ = 0, c’est-à-dire si f (y ) = 0 ou bien f (y ) = 0 : Dans ce cas y (ou bien y ) est une solution double de l’équation (2). L’application f s’annule encore une fois sur l’intervalle ouvert ] − ∞, y [ (dans le cas où f (y ) = 0) ou sur ] y , +∞[ (dans le cas où f (y ) = 0). Dans ce cas, l’équation (2) a une solution réelle simple, et une solution réelle double.
On a ainsi retrouvé (qualitativement) les résultats de la question (9).
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